Question

11．已知函数f（x）=$\frac{1}{3}$ax²-lnx，g（x）=bx，a，b∈R，h（x）=f（x）-g（x）
（1）当a=$\frac{3}{2}$时，求f（x）的极值；
（2）当a＞0，且a为常数时，若函数p（x）=x[h（x）+lnx]对任意的x₁＞x₂≥4，$\frac{p（{x}_{1}）-p（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞-1恒成立，试用a表示出b的取值范围．

Answer 1

分析 （1）把a=$\frac{3}{2}$代入f（x）的解析式并求出定义域，求出函数的导数化简后求出单调区间，从而可求出函数的极值；
（2）先由题意求出h（x），将不等式化简后构造函数k（x）=p（x）+x，根据恒成立和函数的单调性定义转化为：k′（x）≥0在[4，+∞）上恒成立，由条件分离出常数b，再构造函数F（x）=$ax+\frac{1}{x}$，求出导数和临界点，通过讨论a的范围确定函数的单调性和最小值，从而求出b的范围．

解答 解：（1）当a=$\frac{3}{2}$时，f（x）=$\frac{1}{2}$x²-lnx，定义域是（0，+∞），
则f′（x）=x-$\frac{1}{x}$=$\frac{{x}^{2}-1}{x}$，
由f′（x）=0得，x=1或-1（舍去），
∴当0＜x＜1时，f′（x）＜0，当x＞1时，f′（x）＞0，
∴f（x）的单调递增区间是（1，+∞），单调递减区间是（0，1），
当x=1时，f（x）_极小值=f（2）=$\frac{1}{2}-$ln1=$\frac{1}{2}$，函数无极大值；
（2）∵h（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{3}$ax²-lnx-bx，
∴函数p（x）=x[h（x）+lnx]=x（$\frac{1}{3}$ax²-bx）=$\frac{1}{3}$ax³-bx²，
∵对任意的x₁＞x₂≥4，$\frac{p（{x}_{1}）-p（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞-1恒成立，
∴p（x₁）-p（x₂）＞-x₁+x₂对任意的x₁＞x₂≥4恒成立，
则p（x₁）+x₁＞p（x₂）+x₂对任意的x₁＞x₂≥4恒成立，
设k（x）=p（x）+x=$\frac{1}{3}$ax³-bx²+x，则k（x）在[4，+∞）上单调递增，
∴k′（x）=ax²-2bx+1≥0在[4，+∞）上恒成立，
∴2bx≤ax²+1，则$b≤\frac{1}{2}$（$ax+\frac{1}{x}$），
构造函数F（x）=$ax+\frac{1}{x}$（a＞0），x∈[4，+∞），
∴F′（x）=a-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{a{x}^{2}-1}{{x}^{2}}$，
由F′（x）=0得，x=$\frac{\sqrt{a}}{a}$或-$\frac{\sqrt{a}}{a}$（舍去），
①当$\frac{\sqrt{a}}{a}≤4$时，即$a≥\frac{1}{16}$，则在[4，+∞）上有F′（x）＞0，
∴函数F（x）在[4，+∞）上单调递增，
∴函数F（x）的最小值是F（4）=$4a+\frac{1}{4}$，则$b≤\frac{1}{2}（4a+\frac{1}{4}）$=$2a+\frac{1}{8}$；
②当$\frac{\sqrt{a}}{a}＞4$时，即$0＜a＜\frac{1}{16}$，
则在[4，$\frac{\sqrt{a}}{a}$）上F′（x）＜0，在（$\frac{\sqrt{a}}{a}$，+∞）上有F′（x）＞0，
∴函数F（x）在[4，$\frac{\sqrt{a}}{a}$）上单调递减，在（$\frac{\sqrt{a}}{a}$，+∞）上单调递增，
∴函数F（x）的最小值是F（$\frac{\sqrt{a}}{a}$）=2$\sqrt{a}$，
则$b≤\frac{1}{2}（2\sqrt{a}）$=$\sqrt{a}$，
综上可得，当$0＜a＜\frac{1}{16}$时，b≤$\sqrt{a}$；当$a≥\frac{1}{16}$时，$b≤2a+\frac{1}{8}$．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，构造函数法解决不等式问题，以及分类讨论思想、转化思想，考查了推理能力和计算能力，属于难题．